Capítulo 08 - ComSizo.com.br

Problemas Resolvidos do Capítulo 8
CONSERVAÇÃO DO MOMENTO
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1
Dois veículos espaciais em órbita estão acoplados. A massa de um deles é de 1. 000 kg e a do
outro 2. 000 kg. Para separá-los, é detonada entre os dois uma pequena carga explosiva, que comunica uma energia
cinética total de 3. 000 J ao conjunto dos dois veículos, em relação ao centro de massa do sistema. A separação ocorre
segundo a linha que une os centros de massa dos dois veículos. Com que velocidade relativa eles se separam um do
outro?
 Solução
Seja m 1  1. 000 kg e m 2  2. 000 kg. Em relação ao CM do sistema, o momento total é nulo. Assim,
1 ′
m 1 v ′1  −m 2 v ′2  v ′2  − m
m2 v1
onde v ′1 e v ′2 são as velocidades ao longo da direção da linha que une os CM individuais dos dois veículos. Como a
energia cinética total T  3000 J comunicada pelo explosivo em relação ao CM do sistema
1 m 2 v ′2  T  1 m 1 v ′2  1 m 2 − m 1 v ′
T  1 m 1 v ′2
1 
2
1
m2 1
2
2
2
2
2
 2T 
m 21  m 1 m 2
m2
v ′2
1
ou seja
m 21  m 1 m 2
m2
′
v ′2
1  2T  v 1 
2m 2 T
 v ′1 
m 1 m 1  m 2 
2  2  10 3  3  10 3  2 m/s
10 3 10 3  2  10 3 
Como
10 3
1 ′
′
′
v ′2  − m
m 2 v 1  v 2  − 2  10 3  2  v 2  −1 m/s
A velocidade relativa é v 12  v ′1 − v ′2  2  1  3 m/s.
 PROBLEMA 2
∗∗∗
Um atirador, com um rifle de 2 kg apoiado ao ombro, dispara uma bala de 15 g, cuja velocidade
na boca da arma (extremidade do cano) é de 800 m/s. (a) Com que velocidade inicial a arma recua? (b) Que impulso
transmite ao ombro do atirador? (c) Se o recuo é absorvido pelo ombro em 0, 05 s, qual é a força média exercida sobre
ele, em N e em kgf?
 Solução
F
(ext)
(a) Como o sistema está inicialmente em repouso P 0  0. Como é nula a resultante das forças externas,
 0, então o momento total se conserva, ou seja, P  P 0  0. Portanto, imediatamente após o disparo
P  m r v r  m b v b  0  v r  −m b /m r v b  v r  −15  10 −3 /2  800  − 6. 0 m/s. Ou seja, a velocidade inicial de recuo
do rifle é de v 0r  6 m/s. (b) O impulso transmitido ao ombro do atirador corresponde à variação do momento do rifle
após a arma ser dispara. Assim, Δp r  p r − p 0r  m r v r − m r v 0r  0 − 2  −6  12 N s. (c) A força média é dada por
Δp r
 12  240 N. Em kgf será F̄  240/9. 8 ≈ 24. 5 kgf.
F̄ 
Δt
0. 05
∗∗∗
 PROBLEMA 3
Um canhão montado sobre uma carreta, apontado numa direção que forma um ângulo de 30º com
a horizontal, atira uma bala de 50 kg, cuja velocidade na boca do canhão é de 300 m/s. A massa total do canhão e da
carreta é de 5 toneladas. (a) Calcule a velocidade inicial de recuo da carreta. (b) Se o coeficiente de atrito cinético é
0, 7, de que distância a carreta recua?
 Solução
Vamos considerar apenas a componente horizontal dos momentos, uma vez que a variação da
componente vertical do momento da bala é absorvida pelo solo. Assim, como F (ext)  0 e inicialmente o sistema estava
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em repouso,
m
m b v b cos 30º  m c v c  0  v c  − m bc
v b cos 30º  v c  −
50
5  10 3
 300 
3
 −2. 6 m/s
2
ou seja, a velocidade de recuo da carreta é 2, 6 m/s. (b) A força de atrito é F c   c N  0. 7  5  10 3  9. 8  34. 300 N, o
F c  34300  6. 9 m/s 2 . Assim,
que implica, pela 2ª lei de Newton, uma desaceleração da carreta dada por a  m
c
5000
2
considerando v 0c  2, 6 m/s, v c  0 e a  6. 9 m/s , a distância que a carreta recua é
v 2c  v 20c − 2aΔx  Δx 
2
v 20c
 2. 6
 0. 49 m.
2a
2  6. 9
∗∗∗
 PROBLEMA 4
Uma patinadora e um patinador estão-se aproximando um do outro, deslizando com atrito
desprezível sobre uma pista de gelo, com velocidades de mesma magnitude, igual a 0, 5 m/s. Ela tem 50 kg, carrega
uma bola de 1 kg e patina numa direção 10º a leste da direção norte. Ele tem 51 kg, dirige-se para 10º a oeste da
direção norte. Antes de colidirem, ela lança a bola para ele, que a apanha. Em conseqüência, passam a afastar-se um
do outro. Ela se move agora com velocidade de 0, 51 m/s, numa direção 10º a oeste da direção norte. (a) Em que
direção se move o patinador depois de apanhar a bola? (b) Com que velocidade? (c) Qual foi o momento transferido
da patinadora para o patinador? (d) Com que velocidade e em que direção a bola foi lançada? [Note que a deflexão
das trajetórias produzida pela troca da bola é análoga ao efeito de uma força repulsiva entre os dois patinadores. Na
física das partículas elementares, a interação entre duas partículas é interpretada em termos de troca de uma terceira
partícula entre elas].
y
vm
y
α θ
α α
x
v0
patinadora
 Solução
vh
x
v0
patinador
Como F (ext)  0, o momento total do sistema se conserva. Seja P 0 o momento inicial. Logo   10º
P 0x  m m  m b v 0m sen  − m h v 0h sen   P 0x  m m  m b − m h v 0 sen 
P 0y  m m  m b v 0m cos   m h v 0h cos   P 0y  m m  m b  m h v 0 cos 
Após lançar a bola, o momento sua velocidade é de v m  0, 51 m/s numa direção   10º. Chamando de  a direção do
patinador, temos para as componentes do momento final
P x  −m m v m sen   m h  m b v h sen 
P y  m m v m cos   m h  m b v h cos 
A condição P 0  P implica que as componentes destes vetores devam ser iguais. Por isto,
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P 0x  P x  m m  m b − m h v 0 sen   −m m v m sen   m h  m b v h sen 
P 0y  P y  m m  m b  m h v 0 cos   m m v m cos   m h  m b v h cos 
ou
m m  m b − m h v 0  m m v m  sen   m h  m b v h sen 
m m  m b  m h v 0 − m m v m  cos   m h  m b v h cos 
(a) Dividindo membro a membro estas equações, obtém-se:
tg  
m m  m b − m h v 0  m m v m 
tg   tg  
m m  m b  m h v 0 − m m v m 
50  1 − 51  0. 5  50  0. 51
50  1  51  0. 5 − 50  0. 51
tg   tg     
Depois de apanhar a bola, o patinador se move numa direção   10º a leste da direção norte. (b) Como   , tem-se
m m  m b − m h v 0  m m v m  sen   m h  m b v h sen   v h 
m m  m b − m h v 0  m m v m
m h  m b 
ou
vh 
50  1 − 51  0. 5  50  0. 51
 v h  0. 49 m/s.
51  1
(c) Devido à conservação do momento,
P 0  p 0m  p 0h
P  pm  ph
p 0m  p 0h  p m  p h  Δp h  −Δp m
Assim, a variação do momento da patinadora é
p 0mx  m m  m b v 0 sen 
p mx  −m m v m sen 
p 0my  m m  m b v 0 sen 
p my  m m v m cos 
Δp mx  p mx − p 0mx  −m m v m sen  − m m  m b v 0 sen   −m m v m  m m  m b v 0  sen 
Δp my  p my − p 0my  m m v m cos  − m m  m b v 0 cos   m m v m − m m  m b v 0  cos 
ou seja
Δp mx  −8. 86 kg  m/s, Δp my  0
Como Δp h  −Δp m , logo
Δp hx  −Δp mx  8. 86 kg  m/s,
Δp hy  −Δp my  0
Portanto, o momento transferido foi de 8. 86 kgm/s na direção leste. (d) Esta transferência de momento corresponde
ao momento com que a bola foi lançada. Assim, como p b  m b v b  Δp h , temos
Δp
p bx  m b v bx  Δp hx  v bx  m hx  8. 86  8. 86 m/s
b
1
p by  m b v by  Δp hy  v by  0.
Logo, a bola foi lançada com uma velocidade de 8. 86 m/s de oeste para leste.
∗∗∗
 PROBLEMA 5
Um remador de 75 kg, sentado na popa de uma canoa de 150 kg e 3 m de comprimento,
conseguiu trazê-la para uma posição em que está parada perpendicularmente à margem de um lago, que nesse ponto
forma um barranco, com a proa encostada numa estaca onde o remador quer amarrar a canoa. Ele se levanta e
caminha até a proa, o que leva a canoa a afastar-se da margem. Chegando à proa, ele consegue, esticando o braço,
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alcançar até uma distância de 80 cm da proa. Conseguirá agarrar a estaca? Caso contrário, quanto falta? Considere o
centro de massa da canoa como localizado em seu ponto médio e despreze a resistência da água.
X0
X
xc0
xr
x
x
CM
xr0
 Solução
xc
CM
A resultante das forças externas é nula, o que impede que o CM do sistema remador  canoa se
desloque. Logo, a posição inicial do CM não varia. Considerando a origem do sistema na estaca, e que a canoa seja
uma partícula de massa m c  150 kg localizada a uma distância x c0  1. 5 m da estaca (CM da canoa) e o remador de
massa m r  75 kg e x r0  3 m, então a localização inicial do CM do sistema em relação à estaca é
m c x c0  X  75  3  150  1. 5  2 m
X 0  m r xmr0 
0
r  mc
75  150
Como a posição do CM não varia, X  X 0 e M  m r  m c 
X  m r x r  m c x c  X 0  m r x r  m c x c  2M
M
Por outro lado, na posição final vale a relação (ver figura)
xc − xr  l  xc  xr  l
2
2
onde l é o comprimento da canoa. Assim,
m r x r  m c x c  2M  m r x r  m c x r  l
2
 2M
de maneira que
m r  m c x r  2M − m c l  x r  4M − m c l
2
2m r  m c 
Logo, a posição final do remador em relação à estaca é
xr 
475  150 − 150  3
 1m
275  150
Como o remador só consegue esticar o braço até 0, 80m além da proa da canoa ele não conseguirá agarrar a estaca.
Ainda faltam 20 cm para conseguir.
 PROBLEMA 6
∗∗∗
No fundo de uma mina abandonada, o vilão, levando a mocinha como refém, é perseguido pelo
mocinho. O vilão, de 70 kg, leva a mocinha, de 50 kg, dentro de um carrinho de minério de 540 kg, que corre com atrito
desprezível sobre um trilho horizontal, à velocidade de 10 m/s. O mocinho, de 60 kg, vem logo atrás, num carrinho
idêntico, à mesma velocidade. Para salvar a mocinha, o mocinho pula de um carrinho para o outro, com uma
velocidade de 6 m/s em relação ao carrinho que deixa para trás. Calcule a velocidade de cada um dos carrinhos
depois que o mocinho já atingiu o carrinho da frente.
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v'm
v 20
v 10
 Solução
v2
v1
O momento incial e final do sistema (considere apenas a direção x são
P 0  m m  m c v 10  m b  m r  m c v 20
P  m c v 1  m b  m r  m c  m m v 2
Ao pular do carrinho 1, o mocinho produz uma transferência de momento para o carrinho 2. O salto, feito com
velocidade v ′m  6 m/s em relação ao carrinho, ou seja,
v m  v ′m  v 10  v m  16 m/s
em relação ao solo, produz uma variação de momento no carrinho 1, que pode ser calculada usando a conservação
de momento do carrinho 1. Logo, a velocidade do carrinho após o salto do mocinho será:
m m  m c v 10  m c v 1  m m v m  v 1 
m m  m c v 10 − m m v m
60  540  10 − 60  16
 v1 
 9. 3 m/s
mc
540
Da conservação do momento total, P 0  P, encontra-se
m m  m c v 10  m b  m r  m c v 20  m c v 1  m b  m r  m c  m m v 2
ou seja,
v2 
m m  m c v 10  m b  m r  m c v 20 − m c v 1
mb  mr  mc  mm
Substituindo os valores
v2 
60  540  10  70  50  540  10 − 540  9. 3
 10. 5 m/s.
70  50  540  60
Portanto, o carrinho de trás passa a ter uma velocidade de 9, 3 m/s e o da frente, 10, 5 m/s.
∗∗∗
 PROBLEMA 7
Um gafanhoto, pousado na beirada superior de uma folha de papel que está boiando sobre a
água de um tanque, salta, com velocidade inicial de 4 m/s, em direção à beirada inferior da folha, no sentido do
comprimento. As massas do gafanhoto e da folha são de 1 g e de 4 g, respectivamente, e o comprimento da folha é de
30 cm. Em que domínio de valores pode estar compreendido o ângulo  entre a direção do salto e a sua projeção
sobre a horizontal para que o gafanhoto volte a cair sobre a folha?
v0
CM
O
xf0
x
CM
O
xg
X0
xg0
 Solução
θ
X
xf
Vamos admitir que a água aborva a variação de momento na direção vertical. Então, na direção
horizontal, a conservação de momento garante que o CM do sistema folha  gafanhoto não muda de posição, que
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inicialmente está em X 0 , ou seja,
X0 
m g x g0  m f x f0
 1  30  4  15  18 cm.
mg  mf
14
Da conservação de momento, sabendo que P 0  0, e que o gafanhoto pula para a esquerda, obtém-se
P  −m g v 0 cos   m f v f  0  v f 
m g v 0 cos 
 1  4  cos   v f  cos 
mf
4
ou seja, a folha desloca-se para a direita. A velocidade relativa do ganhafoto em relação à folha é portanto
v ′g  v g − v f  −v 0 cos  − cos   −5 cos 
na direção horizontal. Para percorrer o comprimento da folha, o gafanhoto leva então um tempo
t
l  0. 3
5 cos 
|v ′g |
Em relação à origem do sistema ligado à água, no entanto, a posição do gafanhoto ao final deste intervalo de tempo é
x g  x g0 − v 0 cos  t  x g  0. 3 − v 0 cos  
0. 3  0. 3 − 4  0. 3  0. 06 m
5 cos 
5
Ou seja, o gafanhoto percorre 24 cm para atingir a outra extremidade da folha que se desloca para a direita. Isto
corresponde ao alcance máximo de um lançamento de projétil sob um ângulo  como velocidade inicial v 0  4 m/s.
Usando a expressão para o alcance,
2
v2
A  g0 sen 2  0. 24  4 sen2  sen2  0. 24  9. 8  0. 147
16
9. 8
ou seja,
2  sen −1 0. 147  2  8. 5º    4. 23º
Portanto, para qualquer ângulo entre 0 e 4, 23º o gafanhoto cai sobre o papel, ou seja,
0    4, 23º
Como o alcance é o mesmo para ângulos   45º   e   45º − , então   45º −  para este caso e portanto vale
  45º − 4. 23º  40, 77º
Portanto,   45º  40. 77º  85. 77º também satisfaz a condição para o alcance. Logo, outro domínio de valores será
85, 77º    90º
∗∗∗
 PROBLEMA 8
Um rojão, lançado segundo um ângulo de 45º, explode em dois fragmentos ao atingir sua altura
máxima, de 25 m; os fragmentos são lançados horizontalmente. Um deles, de massa igual a 100 g, cai no mesmo
plano vertical da trajetória inicial, a 90 m de distância do ponto de lançamento. O outro fragmento tem massa igual a 50
g. (a) A que distância do ponto de lançamento cai o fragmento mais leve? (b) Quais são as velocidades comunicadas
aos dois fragmentos em conseqüência da explosão? (c) Qual é a energia mecânica liberada pela explosão?
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v10
v
v20
CM
v0
O
m1
m2
CM
x1 = 90 m
X=A
x2
 Solução
(a) Para este lançamento, a velocidade inicial é dada através da expressão da altura máxima
ym 
v 20 sen 2 
 v0 
2g
2gy m
sen 2 
ou seja   45º
v0 
2  9. 8  25  31. 3 m/s.
2
2 /2
: 31. 305 Para esta velocidade, a distância horizontal até a posição de y m é x m  1 A. Como
2
v2
A  g0 sen2 
2  9. 8  25  1  100 m
2
2 /2  9. 8
portanto,
2
x m  1 A  1 31. 3  x m  50 m.
2
2 9. 9
Momento antes da explosão
No ponto y m , a velocidade do rojão (antes de explodir) vale apenas a componente x
da velocidade inicial, ou seja,
v  v 0 cos 45º
então, o momento total P 0 vale
P 0  m 1  m 2 v  P 0  m 1  m 2 v 0 cos 45º
Momento após a explosão
Após a explosão, o momento é
P  m1v1  m2v2
Como foi dada a posição em que fragmento m 1 caiu, que é x 1  90 m, podemos calcular a velocidade v 1 após a
explosão. Ou seja, x 0  x m , y 0  y m , v 0y  0, v 0x  v 1 
x  x m  v 1 t, y  y m − 1 gt 2
2
Para y  0, t  t q que é o tempo de queda do fragmento 1 . Portanto,
t
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2y m
g  tq 
2  25  2. 26 s.
9. 8
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Assim, para t  t q  x  x 1
x 1  x m  v 1 t q  v 1  x 1 − x m  v 1  90 − 50  17. 7 m/s.
tq
2. 26
Conservação do momento
Como não há força externa na direção horizontal, podemos usar a conservação do
momento
m 1 v 1  m 2 v 2  m 1  m 2 v 0 cos 45º
e o valor da velocidade do fragmento m 2 logo após a explosão é
v2 
m 1  m 2 v 0 cos 45º − m 1 v 1
m2
ou
v2 
0. 100  0. 050  31. 3  2 /2 − 0. 100  17. 7
 31 m/s
0. 050
Distância da queda do fragmento 2
Como o tempo de queda é o mesmo que o anterior, a posição do fragmento 2
pode ser calculada por
x2  xm  v2tq
ou
x 2  50  31  2. 26  120 m
(b) Velocidade comunicada aos dois fragmentos
Antes da explosão, os fragmentos viajavam com uma
velocidade
v  v 0 cos 45º  v  31. 3 
2
 22. 13 m/s
2
Após a explosão, o fragmento de massa m 1  100 g passou a se movimentar com um velocidade v 1  17. 7 m/s, ou
seja, foi-lhe comunicada uma velocidade v ′1  v 1 − v  17. 7 − 22. 13  −4. 43 m/s. Ao fragmento de massa m 2  50 g,
cuja velocidade após a explosão é de v 2  31 m/s, foi-lhe comunicada uma velocidade v ′2  v 2 − v  31 − 22. 13  8. 87
m/s.
(c) A energia mecânica liberada pela explosão pode ser calculada pela diferença da energia mecânica antes e depois
da explosão. Assim,
E a  1 mv 2  mgh  1  0. 100  0. 050  22. 13 2  0. 100  0. 050  9. 8  25  73. 48 J
2
2
1
2
E d  m 1 v 1  m 1 gh  1 m 2 v 22  m 2 gh  1  0. 100  17. 7 2  0. 100  9. 8  25  1  0. 050  31 2  0. 050  9. 8  25  76. 44 J
2
2
2
2
Portanto, a energia liberada foi de
ΔE  E d − E a  76. 44 − 73. 48  2. 96 J
∗∗∗
 PROBLEMA 9
Uma mina explode em três fragmentos, de 100 g cada um, que se deslocam num plano horizontal:
um deles para oeste e os outros dois em direções 60° ao norte e 30° ao sul da direção leste, respectivamente. A
energia cinética total liberada pela explosão é de 4. 000 J. Ache as velocidades iniciais dos três fragmentos.
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Conservação do Momento - Problemas Resolvidos
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p2
v2
p1
v1
60º
30º
p3
v3
 Solução
O momento inicial da mina é nulo, isto é, P 0  0. Não havendo forças externas, o momento final também
o é. Logo,
P x  −p 1  p 2 cos 60º  p 3 cos 30º  0
P x  p 2 sen 60º − p 3 sen 30º  0
Ou seja,
3
p
p 1  p 2 cos 60º  p 3 cos 30º  p 1  1 p 2 
2
2 3
p sen 60º
p3  2
 p3  3 p2
sen 30º
Substituindo p 3 na primeira, encontra-se
3
p1  1 p2 
2
2
3 p2  p1 
1  3 p 2  p 1  2p 2
2
2
Como as massas dos fragmentos são iguais, isto é, m 1  m 2  m 3  m, podemos encontrar duas relações para as
velocidades. Isto é,
p 1  2p 2  v 1  2v 2
p3 
3 p2  v3 
3 v2
Sabendo-se que a energia cinética total liberada pela explosão é de 4. 000 J, temos entrão a terceira relação entre as
velocidades, ou seja,
T  1 mv 21  v 22  v 23   v 21  v 22  v 23  2T
m
2
Portanto m  0. 100 kg ,
2
2
v 21  v 22  v 23  2T
m  2v 2   v 2 
3 v2
2
 8000
0. 100
ou
4v 22  v 22  3v 22  8  10 4
ou ainda
8v 22  8  10 4  v 2  100 m/s.
Usando as duas relações, encontra-se
v 1  2v 2  v 1  200 m/s
p3 
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
3 p 2  v 3  173 m/s
Departamento de Física
PR-8.9
Universidade Federal do Amazonas
Portanto,
v 1  200 m/s, v 2  100 m/s, v 3  173 m/s
∗∗∗
 PROBLEMA 10
Uma barra cilíndrica homogênea de 3 m de comprimento é dobrada duas vezes em ângulo reto,
a intervalos de 1 m de modo a formar três arestas consecutivas de um cubo (Fig.). Ache as coordenadas do centro de
massa da barra, no sistema de coordenadas da figura.
 Solução
Como a barra é homogênea, podemos considerar cada segmento da barra com uma partícula localizada
no CM de cada um deles. Assim,
P1 
1 , 0, 0 , P 2  1, 1 , 0 , P 3  1, 1, 1
2
2
2
Considerando que cada segmento tenha massa m, então
1 11
X  mx 1  mx 2  mx 3  2
 5 m
3
6
3m
1
1
0
my 1  my 2  my 3
2
Y

 1 m
3
2
3m
1
 mz 2  mz 3  0  0  2  1 m
Z  mz 1
6
3m
3
Assim,
CM 
1, 1, 1
6 2 6
em m
∗∗∗
 PROBLEMA 11
(a) Ache as coordenadas do CM (centro de massa) da placa homogênea OABCD indicada na
figura, dividindo-a em três triângulos iguais. (b) Mostre que se obtém o mesmo resultado calculando o CM do sistema
formado pelo quadrado OABD e pelo triângulo BCD que dele foi removido, atribuindo massa negativa ao triângulo.
Notas de Aula de Física I
Conservação do Momento - Problemas Resolvidos
PR-8.10
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 Solução
(a) Sejam os triângulos iguais T 1  OCD, T 2  OCA e T 3  ACB. O CM de cada triângulo está no centro
geométrico correspondente. Assim,
T1 
T2 
T3 
1 1, 1 
3 2 2
1, 1 1 
2 3 2
1  2 1, 1
3 2 2
2
1,
6
1,
2
1
2
1
6

5, 1
6 2
Como as massas são iguais
1  1  5
2
6  1
X  x1  x2  x3  6
2
3
3
1  1  1
y  y2  y3
6
2  7
Y 1
 2
18
3
3
ou seja,
CM 
1, 7
2 18
(b) O CM do quadrado é
Xq  1 , Yq  1
2
2
e do triângulo
Xt  1 , Yt  1  2 1  5
2
2
3 2
6
O CM do sistema, será então (m t  −m
4m  1 − m 
mqXq  mtXt
2

mq  mt
4m − m
4m  1 − m 
mqYq  mtYt
2
Y

mq  mt
4m − m
X
o que confirma o enunciado.
 PROBLEMA 12
1
2  1
2
5
6  7
18
∗∗∗
Calcule as coordenadas do CM da placa homogênea indicada na figura, um círculo de 1, 0 m de
raio do qual foi removido um círculo de 0, 5 m de raio, com uma separação de 0, 25 m entre os centros O e O′ dos dois
círculos.
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen
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 Solução
Vamos adotar o esquema de solução com massa negativa. Assim, o círculo maior, de área A 1   e o
círculo menor, de massa negativa, de área A 2   . Assim, como A 1  4A 2  m 1  4m 2 . Vamos adotar m 2  −m e
4
m 1  4m. O CM do círculo 1 é C 1  0, 0, enquanto que do círculo 2, C 2  0, 1 . Logo, para o sistema teremos
4
X

m
X
m
X  1m 1  m 2 2  4m  0 − m  0  0
1
2
4m − m
4m  0 − m  1
m
4 − 1
1Y1  m2Y2
Y

m1  m2
12
4m − m
Portanto, o CM do sistema está em CM  0, − 1 em m.
12
 PROBLEMA 13
Num lançamento do foguete Saturno V (veja tabela da pg. 164) são queimadas 2. 100 toneladas
de combustível em 2, 5 min, gerando um empuxo de 3, 4  10 7 N. A massa total do foguete com sua carga é de 2. 800
toneladas. (a) Calcule a velocidade de escape do combustível empregado. (b) Calcule a aceleração inicial do foguete
na rampa de lançamento.
 PROBLEMA 14
Utilizando os dados da tabela da pg. 164, calcule, para o 3º estágio do sistema Saturno V -
Apolo: (a) a velocidade de escape dos gases de combustão; (b) o incremento de velocidade produzido por este
estágio, na ausência de forças externas. A diferença entre o resultado e os valores da tabela pode ser atribuída a
essas forças (gravidade e resistência atmosférica residuais).
 PROBLEMA 15
Um avião a jato viaja a 900 km/h. Em cada segundo, penetram nos jatos 150 m 3 de ar que, após
a combustão, são ejetados com uma velocidade de 600 m/s em relação ao avião. Tome a densidade do ar como 1, 3
kg/m 3 . (a) Calcule o empuxo exercido sobre o avião em N e em kgf. (b) Calcule a potência dos jatos, em W e em hp.
 PROBLEMA 16
Uma corrente de massa igual a 750 g e 1, 5 m de comprimento está jogada no chão. Uma pessoa
segura-a por uma das pontas e suspende-a verticalmente, com velocidade constante de 0, 5 m/s. (a) Calcule a razão
entre a força exercida pela pessoa no instante final, em que está terminando de tirar a corrente do chão, e a força que
teve de exercer no instante inicial. (b) Qual é o trabalho realizado?
 PROBLEMA 17
Um encantador de serpentes, tocando sua flauta, faz uma serpente de comprimento l e massa
m, inicialmente enrodilhada no chão, elevar gradualmente a cabeça até uma altura h  l do chão. Supondo a massa da
serpente uniformemente distribuída pelo seu corpo, quanto trabalho foi realizado pela serpente?
 PROBLEMA 18
Uma gotícula de água começa a formar-se e vai-se avolumando na atmosfera em torno de um
núcleo de condensação, que é uma partícula de poeira, de raio desprezível. A gota cai através da atmosfera, que
supomos saturada de vapor de água, e vai aumentando de volume continuamente pela condensação, que faz crescer
Notas de Aula de Física I
Conservação do Momento - Problemas Resolvidos
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a massa proporcionalmente à superfície da gota. A taxa  de crescimento da massa por unidade de tempo e de
superfície da gota é constante. (a) Mostre que o raio r da gota cresce linearmente com o tempo. (b) Mostre que a
aceleração da gota, decorrido um tempo t desde o instante em que ela começou a se formar, é dada por
dv  −g − 3 v
t
dt
onde v é a velocidade da gota no instante t (desprezando o efeito da resistência do ar). (c) Mostre que esta equação
pode ser resolvida tomando v  at, e determine a constante a. Que tipo de movimento resulta para a gota?
 PROBLEMA 19
Um caminhão-tanque cheio de água, de massa total M, utilizado para limpar ruas com um jato
de água, trafega por uma via horizontal, com coeficiente de atrito cinético  c . Ao atingir uma velocidade v 0 , o motorista
coloca a marcha no ponto morto e liga o jato de água, que é enviada para trás com a velocidade v e relativa ao
caminhão, com uma vazão de  litros por segundo. Ache a velocidade vt do caminhão depois de um tempo t.
 PROBLEMA 20
Uma nave espacial cilíndrica, de massa M e comprimento L, está flutuando no espaço sideral.
Seu centro de massa, que podemos tomar como o seu ponto médio, é adotado como origem O das coordenadas, com
Ox ao longo do eixo do cilindro. (a) No instante t  0, um astronauta dispara uma bala de revólver de massa m e
velocidade v ao longo do eixo, da parede esquerda até a parede direita, onde fica encravada. Calcule a velocidade V
de recuo da nave espacial. Suponha que m  M, de modo que M  m ≈ M. (b) Calcule o recuo total ΔX da nave,
depois que a bala atingiu a parede direita. Exprima-o em função do momento p transportado pela bala, eliminando da
expressão a massa m. (c) Calcule o deslocamento Δx do centro de massa do sistema devido à transferência da massa
m da extremidade esquerda para a extremidade direita da nave. (d) Mostre que ΔX  Δx  0, e explique por que este
resultado tinha necessariamente de ser válido. (e) Suponha agora que o astronauta, em lugar de um revólver, dispara
um canhão de luz laser. O pulso de radiação laser, de energia E, é absorvido na parede direita, convertendo-se em
outras formas de energia (térmica, por exemplo). Sabe-se que a radiação eletromagnética, além de transportar energia
E, também transporta momento p, relacionado com E por: p  E/c, onde c é a velocidade da luz. Exprima a resposta do
item (b) em termos de E e c, em lugar de p. (f) Utilizando os itens (c) e (d), conclua que a qualquer forma de energia E
deve estar associada uma massa inercial m, relacionada com E por E  mc 2 . Um argumento essencialmente idêntico a
este, para ilustrar a inércia da energia, foi formulado por Einstein (veja Física Básica, vol. 4).
★★★
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